附录2
五个毕达哥拉斯正多面体

正多边形（希腊语意为“多角的”）是一种有着n条边，且边长相等的二维图形。所以n=3是等边三角形，n=4是正方形，n=5是正五边形，以此类推。正多面体（希腊语意为“多面的”）是三维图形，所有的面都是正多边形：如正方体有6个正方形的面。一个简单的毕达哥拉斯多面体或者说正多面体，表面上不存在空洞。毕达哥拉斯学派和约翰内斯·开普勒工作的理论基础都是正多面体有且只有五个。该证明最简单的方式后来由笛卡尔和莱昂哈德·欧拉发现，他们找出了正多面体的面数（F）、边数（E）、顶点数（V）之间的关系：

V-E+F=2（方程2）

对一个正方体来说，它有6个面（F=6）、8个顶点（V=8），8-E+6=2，14-E=2，E=12；可以用方程2推测出正方体有12条边，事实如此。方程2的简单证明可以在库朗和罗宾斯的书中找到，我们可以用它推出正多面体只有5种。

正多面体的任意一条边都由两个相邻的正多边形共享。如正方体的每条边都是两个正方形的边界。如果我们把正多面体所有面的所有边相加，即nF，等于把每条边都数了两次。所以

nF=2E（方程3）

设r为与每个顶点相交的边数。正方体的r=3。此外，每条边连接着两个顶点。如果我们把所有的顶点相加，即rV，就等于把每条边数了两次。所以：

rV=2E（方程4）

用方程3和方程4替代方程2中的V和F，可得：

2E/r-E+2E/n=2

用2E同时整除方程式两边，可得：

1/n+1/r=1/2+1/E（方程5）

我们知道n大于等于3，因为最简单的多边形是三角形，有三条边。我们还知道r大于等于3，因为在正多面体中，至少有3个面在一个给定的顶点相交。如果n和r均超过3，方程5的左边会小于2/3，等号右侧的E无法取正值。这样，我们可以再用归谬法得出，要么n=3，r大于等于3；要么r=3，n大于等于3。

如果n=3，方程5即为1/3+1/r=1/2+1/E，或

1/r=1/E+1/6（方程6）

在这种情况，r只能等于3、4或5。（如果E大于等于6，等式就无法成立。）现在n=3，r=3的正多面体上，每个顶点有3个三角形的角相交。由方程6可知，它有6条边；由方程3可知，它有4个面，由方程4可知，它有4个顶点。很显然，它是个金字塔形的四面体；n=3，r=4的正多面体有8个面，每个顶点有4个三角形交汇，它是个八面体；n=3，r=5的正多面体有20个面，每个顶点有5个三角形交汇，它就是二十面体。

如果r=3，方程5变为：

1/n=1/E+1/6

同理，n只能等于3、4或5，n=3是四面体，n=4是6个正方形组成的正方体；n=5是一个由12个五边形组成的正多面体，即十二面体。

n和r不存在其他整数值，所以正多面体有且只有5个。我们已经知道，这个抽象而优美的数学结论，对人类事务产生了极其深远的影响。